四川省眉山市2023_2024年高二数学上学期期末试题含解析

这是一份四川省眉山市2023_2024年高二数学上学期期末试题含解析，共18页。试卷主要包含了 直线的倾斜角是， 下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用直线方程求得斜率，再利用斜率与倾斜角关系求解.
【详解】解：因为直线的斜率为，
所以直线的倾斜角是，
故选：A
2. 某校进行定点投篮训练，甲、乙、丙三个同学在固定的位置投篮，投中的概率分别，已知每个人投篮互不影响，若这三个同学各投篮一次，至少有一人投中的概率为，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由对立事件和相互独立事件的概率乘法公式计算可得答案.
【详解】由题意可知，解得．
故选：D.
3. 已知向量，，则在上的投影向量为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出和，根据投影向量定义，即可求得答案.
【详解】由向量，可得，
，
故在上的投影向量为，
故选：A
4. 若直线与直线关于点对称，则直线恒过的定点为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线恒过的定点，并求出其关于点对称点即可.
【详解】直线恒过定点，
又关于点对称点为
所以直线恒过的定点为
故选：D.
5. 若等轴双曲线C过点，则双曲线C的顶点到其渐近线的距离为（）
A. 1B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】先求出双曲线C的标准方程，再求顶点到其渐近线的距离.
【详解】设等轴双曲线C的标准方程为，
因为点在双曲线上，所以，解得，
所以双曲线C的标准方程为，
故上顶点到其一条渐近线的距离为.
故选：A．
6. 已知空间直角坐标系中的点，，，则点P到直线AB的距离为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量在向量上的投影及勾股定理即可求.
【详解】，0，，，1，，，
，，，
在上的投影为，
则点到直线的距离为.
故选：D．
7. 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层地面的中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且上、中、下三层共有扇面形石板(不含天心石)3402块，则中层共有扇面形石板（）
A. 1125块B. 1134块C. 1143块D. 1152块
【答案】B
【解析】
【分析】由等差数列前项和的性质求解．
【详解】记从中间向外每环扇面形石板数为，是等差数列，且公差为，，
设每层有环，则，，
是等差数列，则也成等差数列，
所以，
所以，，
故选：B．
8. 在欧几里得生活的时期，人们就发现了椭圆有如下的光学性质：由椭圆一焦点射出的光线经椭圆内壁反射后必经过另焦点我有一椭圆，从一个焦点发出的一条光线经椭圆内壁上一点反射后经过另一个焦点，若，且，则椭圆的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆的定义得，，进而结合余弦定理得，再求离心率即可.
【详解】解：由椭圆的定义得：，
因为，所以．
所以，在中，由余弦定理得，
所以，整理得，
所以，．
故选：D
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 已知a，b，c为非零实数，则下列说法正确的是（）
A. 是a，b，c成等差数列充要条件
B. 是a，b，c成等比数列的充要条件
C. 若a，b，c成等比数列，则，，成等比数列
D. 若a，b，c成等差数列，则，，成等差数列
【答案】AC
【解析】
【分析】根据等差中项与等比中项对选项一一验证即可得出答案.
【详解】对于选项A：根据等差中项即可得出是a，b，c成等差数列的充要条件，故A正确；
对于选项B：，即，又a，b，c为非零实数，所以根据等比中项即可证明a，b，c成等比数列，
a，b，c成等比数列，只能证明，即是a，b，c成等比数列的充分不必要条件，故B错误；
对于选项C：若a，b，c成等比数列，则，则，则，，成等比数列，故C正确；
对于选项D：若a，b，c成等差数列，则，无法得到，故D错误；
故选：AC.
10. 下列说法中正确的是（）
A. 方程表示的曲线是圆B. 椭圆的长轴长为2，短轴长为
C. 双曲线的渐近线方程为D. 抛物线的准线方程是
【答案】CD
【解析】
【分析】根据方程表示成曲线的标准形式，再根据定义判断正误.
【详解】选项A: 表示点，故A错误；
选项B: ，长轴长为，短轴长，故选项B错误；
选项C: 化简，选项C正确；
选项D:抛物线表示成标准方程为，，焦点坐标为准线为,选项D正确；
故选： CD.
11. 如图，三棱柱是各条棱长均等于1的正三棱柱，分别为的中点，下列结论正确的是（）
A.
B.
C. 异面直线与所成角
D. 直线与平面所成角的正弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】连接,可得，又，从而可判断A；由，可判断B；由，，可得直线与所成角即为与所成角，根据棱柱的结构特征可判断C；以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，根据即可判断D.
【详解】连接,
因为分别为的中点，所以.
因为分别为的中点，所以.
所以，故A正确；
因为，，所以，故B正确；
因为，，所以直线与所成角即为与所成角.
因为平面，平面，所以，即.
因为三棱柱是各条棱长均等于1的正三棱柱，
所以，所以，即异面直线与所成角为，故C错误；
以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则,
所以.
设平面的一个法向量为,
则,
令，可得，故.
设直线与平面所成角为，
则，故D正确.
故选:ABD.
12. 已知曲线，直线，点A为曲线C上的动点，则下列说法正确的是（）
A. 直线l恒过定点
B. 当时，直线l被曲线C截得的弦长为
C. 若直线l与曲线C有两个交点，则m的范围为
D. 当时，点A到直线l距离的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项，变形得到，得到方程组，求出定点；B选项，当时，直线，曲线为以为圆心，2为半径的上半圆，数形结合及垂径定理得到答案；C选项，由B选项可知，当时，有两个交点，当时，仅有一个交点，再利用点到直线距离公式求出直线与半圆相切时的m值，得到答案；D选项，数形结合得到当A为原点时距离最小，求出最小值.
【详解】A选项，直线变形为，
令，解得，
故直线过定点，A错误；
B选项，当时，直线，
两边平方得，为以为圆心，2为半径的上半圆，
半圆与直线相交，如图所示，
圆心到直线的距离为，弦长为，B正确；
C选项，由B选项可知，当时，有两个交点，当时，仅有一个交点，
当直线与曲线相切时，点到直线的距离为2，
故，解得（舍）或，所以m的范围为，C正确；
D选项，当时，直线，如图所示，
由图可知，当A为原点时距离最小，且最小值为，D错误.
故选：BC．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 已知向量，且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量垂直得到方程，求出，进而求出模长.
【详解】因为，所以，解得：，
故.
故答案为：
14. 甲、乙两人约定进行乒乓球比赛，采取三局两胜制（在三局比赛中，优先取得两局胜利的一方获胜，无平局），乙每局比赛获胜的概率都为，则最后甲获胜的概率是______________．
【答案】
【解析】
【分析】判断甲获胜的情况为前两局胜或第一局胜第二局输第三局胜或第一局输第二局胜第三局胜，根据互斥事件的概率加法公式即可求得答案.
【详解】因为乒乓球比赛的规则是三局两胜制（无平局），由题意知甲每局比赛获胜的概率都为，
因此甲获胜的情况为前两局胜或第一局胜第二局输第三局胜或第一局输第二局胜第三局胜，
所以最后甲获胜的概率,
故答案为：
15. 如图是某圆拱形桥示意图，雨季时水面跨度AB为6米，拱高(圆拱最高点到水面的距离)为1米．旱季时水位下降了1米，则此时水面跨度增大到_________米．
【答案】8
【解析】
【分析】画出圆拱图示意图，构建直角坐标系，列出雨季和旱季时水位方程即可求出圆的半径，旱季时水面跨度.
【详解】
画出圆拱图示意图，设圆半径为,雨季时水位方程，解得；
旱季时水位方程，解得，所以此时水面跨度为.
所以答案为 8.
16. 一小孩玩抛硬币跳格子游戏，规则如下：抛一枚硬币，若正面朝上，往前跳两格，若反面朝上，往前跳一格.记跳到第n格可能有种情况，的前项和为，则_______.
【答案】87
【解析】
【分析】根据跳到第格有两种可能，一种是从第格跳过来，有种方式；一种是从第格跳过来，有种方式，得到求解.
【详解】解：由题意得：跳到第格有两种可能，
一种是从第格跳过来，有种方式；
一种是从第格跳过来，有种方式，
所以，
又因为，
所以，
所以，
故答案为：87
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明证明过程或演算步骤）
17. 已知等差数列的前项和为，且，.
（1）求等差数列的首项和公差；
（2）求证数列是等差数列，并求出其前项和.
【答案】（1），
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的求和公式可得出关于、的方程组，即可解得这两个量的值；
（2）求出的表达式，可求得数列的表达式，利用等差数列的定义可证得数列为等差数列，再利用等差数列的求和公式可求得.
【小问1详解】
解：由题意可得，解得.
【小问2详解】
证明：由（1）可知，所以，故.
当时，；当时，，
因此数列是等差数列，首项为，公差为.
所以等差数列的前项和.
18. 已知圆C过点，圆心C在直线上，且圆C与x轴相切．
（1）求圆C的标准方程；
（2）过点的直线l与圆C相交于A、B两点，若为直角三角形，求直线l的方程．
【答案】（1）
（2）或．
【解析】
【分析】(1)待定系数法求圆的方程即可；
(2) 设，根据题意得到弦长，再结合垂径定理和点线距离公式可求的值，从而得到直线l的方程．
【小问1详解】
由题意，设圆心，由于圆C与x轴相切．半径，
所以设圆C方程为
又圆C过点，
解得
圆C方程为．
【小问2详解】
由圆C方程易知直线l的斜率存在，故设，即
，设C到l的距离为d，
则，
为直角三角形，，，
或，
故直线l得方程为或．
19. 为普及法律知识，弘扬宪法精神，某校教师举行法律知识竞赛.比赛共分为两轮，即初赛和决赛，决赛通过后将代表学校参加市级比赛.在初赛中，已知甲教师晋级决赛的概率为，乙教师晋级决赛的概率为.若甲､乙能进入决赛，在决赛中甲､乙两人能胜出的概率分别为和.假设甲､乙初赛是否晋级和在决赛中能否胜出互不影响.
（1）若甲､乙有且只有一人能晋级决赛的概率为，求的值；
（2）在（1）的条件下，求甲､乙两人中有且只有一人能参加市级比赛的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据独立事件概率乘法公式可分别计算甲、乙赢得比赛的概率，可得到结论；
（2）根据独立事件概率公式可求得结果.
【小问1详解】
设事件表示“甲在初赛中晋级”，事件表示“乙在初赛中晋级”，
由题意可知，，
解得.
【小问2详解】
设事件为“甲､乙两人中有且只有一人能参加市级比赛”，为“甲能参加市级比赛”，为“乙能参加市级比赛”，
则，
，
所以.
20. 世界上有许多由旋转或对称构成的物体，呈现出各种美．譬如纸飞机、蝴蝶的翅膀等．在中，．将绕着旋转到的位置，如图所示．
（1）求证：；
（2）当三棱锥的体积最大时，求平面和平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）做辅助线，先证明线面垂直，利用线面垂直证明线线垂直；
（2）根据三棱锥的体积最大，确定平面的垂直关系，利用空间向量求解平面的夹角.
【小问1详解】
取的中点，连接，
由题意可知，所以；
因为平面，所以平面；
因为平面，所以.
【小问2详解】
由题意可知三棱锥的体积最大时，平面平面；
在平面内作出，且与的延长线交于点，连接；
因为平面平面，平面平面，，
所以平面；根据旋转图形的特点可知，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，所以；
；
，
设平面的一个法向量为，则，，
令，则；
易知平面的一个法向量为,
设平面和平面的夹角为，则.
所以平面和平面的夹角的余弦值为.
21. 已知抛物线的焦点关于直线的对称点恰在抛物线的准线上．
（1）求抛物线的方程；
（2）是抛物线上横坐标为的点，过点作互相垂直的两条直线分别交抛物线于两点，证明直线恒经过某一定点，并求出该定点的坐标．
【答案】（1）
（2）证明见解析，直线恒过定点．
【解析】
【分析】（1）由题知，设，则中点为，再根据对称性求解即可；
（2）设直线的方程为，、，进而与抛物线方程联立得，，再根据，结合整理得，代入即可得定点.
【小问1详解】
解：由已知得，设，则中点为，
关于直线对称，
点R在直线l上，
，解得，即．
又由，得直线的斜率，
，解得，
∴．
【小问2详解】
证明：设直线的方程为，、均不与M重合，
由得，
，．
由（1）得，
，，
又由得，即，
∴，
∴，
∴，∴，
∴，∴，
直线的方程为，即，
∴直线恒过定点．
22. 已知双曲线C：的右焦点为，点在双曲线C上．
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）设A、B分别为双曲线C的左、右顶点，若过点F的直线l交双曲线C的右支于M、N两点，设直线AM、BN的斜率分别为、，是否存在实数λ使得？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由条件列方程组解得参数即可；
（2）设直线为，联立双曲线方程消x，结合韦达定理可表示出，再由与的关系消元，从而得出的定值比值.
【小问1详解】
由题意得，，解得，故双曲线C的标准方程为；
【小问2详解】
直线l交双曲线C的右支于M、N两点，故斜率不为0，设为，联立双曲线方程化简得，
，则，
直线l与右支交于两点，则，则，
，，，
，
∵，∴，
∴，
∴存在使得
【点睛】（1）直线与圆锥曲线的定值问题，一般是借助韦达定理将内容表示出来，再根据式子的特征进一步化简求值.